苏教版 (2019)第三单元 化学平衡的移动第2课时复习练习题

第2课时　温度变化对化学平衡的影响

基础巩固

1.据报道,在300 ℃、70 MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实:2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)。下列叙述中错误的是(　　)。

A.使用Cu-Zn-Fe催化剂可大大提高生产效率

B.反应需在300 ℃进行可推测该反应是吸热反应

C.充入大量CO2气体可提高H2的转化率

D.从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率

答案:B

解析:催化剂能提高反应速率,从而提高单位时间内的产量、提高经济效益;反应需要一定的温度并不能判断其为吸热反应,有时加热是为了引发反应;增加一种反应物的浓度,平衡向正反应方向移动,能提高其他反应物的转化率;分离出生成物,降低其浓度,平衡向正反应方向移动,使反应物的利用率提高。因此,A、C、D项正确。

2.下列事实,不能用平衡移动原理来解释的是(　　)。

A.反应CO+NO2CO2+NO　ΔH<0,升高温度可使平衡向逆反应方向移动

B.合成NH3的反应,为提高NH3的产率,理论上应采取相对较低温度的措施

C.溴水中存在平衡:Br2+H2OHBr+HBrO,当加入AgNO3溶液后,溶液颜色变浅

D.对2HI(g)H2(g)+I2(g),增大平衡体系的压强(压缩体积)可使体系颜色变深

答案:D

解析:A项,正反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动;B项,合成氨的反应是放热反应,理论上采取低温条件有利于反应向正反应方向进行,但需同时考虑温度对反应速率的影响,温度太低,反应速率也会太小;C项,加入Ag+后,Ag+与Br-反应,使c(Br-)减小,平衡向正反应方向移动,溶液颜色变浅;D项,因2HI(g)H2(g)+I2(g),反应前后气体分子数相等,压缩反应容器容积,增大压强,平衡不移动,容器容积减小,各组分的浓度增大,颜色变深,但不是由平衡移动引起的,因此不能用平衡移动原理解释。

3.一定温度下,向容积为2 L的恒容密闭容器中加入2 mol A(g)和3 mol B(g)发生反应:A(g)+B(g)C(g)　ΔH>0,达到平衡后容器内压强是开始时的84%。若加入某种催化剂后反应的能量变化如图所示。下列说法正确的是(　　)。

A.由图可知,加入催化剂之后,原反应分成了两步,第一步反应较慢

B.若40 s后达到平衡,则用A表示该反应的速率为0.01 mol·L-1·min-1

C.当容器中不再改变时,不能说明该反应达到了平衡状态

D.达到平衡时,C的体积分数约为25%

答案:A

解析:图中存在两个“峰”,可知反应中存在中间态物质,说明加入催化剂后,原反应被分成两步,第一步的“峰值”较高,说明该步反应的活化能较大,则第一步反应较慢,A项正确。设A的转化浓度为xmol·L-1,根据“三段式”法计算,则有:

　　　　　　      　A(g)            +          B(g)            C(g)

起始浓度/(mol·L-1) 1 1.5 0

转化浓度/(mol·L-1) x x x

平衡浓度/(mol·L-1) 1-x 1.5-x x

根据恒温恒容时,气体的压强之比等于其物质的量之比,则有

=84%,解得x=0.4,则有v(A)==0.01mol·L-1·s-1=0.6mol·L-1·min-1,B项错误。开始时=1.5,平衡时=1.8,说明达到平衡前不断变化,当容器中不再改变时,该反应达到平衡状态,C项错误。达到平衡时,C的体积分数等于其物质的量分数,则有φ(C)=×100%=19%,D项错误。

4.I2在KI溶液中存在下列平衡:I2(aq)+I-(aq)(aq)

ΔH。某I2、KI混合溶液中,I-的物质的量浓度c(I-)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是(　　)。

A.该反应ΔH<0

B.若在T1、T2温度下,反应的平衡常数分别为K1、K2,则K1>K2

C.若反应进行到状态D时,一定有v正>v逆

D.状态A与状态B相比,状态A的c()大

答案:C

解析:温度升高,c(I-)逐渐增大,说明升高温度,化学平衡逆向移动,I2(aq)+I-(aq)(aq)的ΔH<0,A项正确。K=,温度升高,平衡向逆反应方向移动,由于T2>T1,则K1>K2,B项正确。从图中可以看出D点并没有达到平衡状态,c(I-)小于该温度下的平衡浓度,所以反应逆向进行,故v逆>v正,C项错误。升高温度,平衡逆向移动,c()变小,T2>T1,所以状态A的c()大,D项正确。

5.在密闭容器中进行下列反应:M(g)+N(g)R(g)+2 L(?),当改变温度和压强时,R的含量的变化情况如图所示,下列叙述正确的是(　　)。

A.正反应吸热,L是气体

B.正反应吸热,L是固体

C.正反应放热,L是液体

D.正反应放热,L是气体

答案:D

解析:压强都为p2时,根据“先拐先平数值大”的规律可知T1>T2,则从T2到T1的升温过程中,R的含量减少,说明正反应为放热反应;温度都为T2时,利用“先拐先平数值大”的规律可知压强p2>p1,当增大压强时,R的含量减少,说明逆反应为气体分子数减小的反应,所以L为气体。综上所述D项正确。

能力提升

1.在3种不同条件下,分别向容积为2 L的恒容密闭容器中充入2 mol A和1 mol B,发生反应:2A(g)+B(g)2D(g)　ΔH=Q kJ·mol-1。相关条件和数据见下表:

下列说法正确的是(　　)。

A.K3>K2=K1

B.实验Ⅱ可能使用了催化剂

C.实验Ⅲ达平衡后容器内的压强是实验Ⅰ的

D.实验Ⅲ达平衡后,恒温下再向容器中通入1 mol A和1 mol D,平衡正向移动

答案:B

解析:根据表格中数据,升高温度到750℃,n(D)减小,平衡逆向移动,K3<K2=K1,A项错误。实验Ⅱ与实验Ⅰ相比,平衡没有移动,但反应速率加快,所以实验Ⅱ可能使用了催化剂,B项正确。实验Ⅰ中反应达到平衡时,气体总物质的量为2.25mol,实验Ⅲ反应达到平衡时,气体总物质的量为2.5mol,若实验Ⅰ和Ⅲ的温度相同,则实验Ⅲ达到平衡后容器内的压强是实验Ⅰ的倍,实际上实验Ⅲ中温度高于实验Ⅰ,恒容时温度升高,气体压强增大,故实验Ⅲ达到平衡后容器内的压强大于实验Ⅰ的倍,C项错误。实验Ⅲ的平衡常数是

　　　　　　　2A(g)        +             B(g)             2D(g)

起始/(mol·L-1) 1 0.5 0

转化/(mol·L-1) 0.5 0.25 0.5

平衡/(mol·L-1) 0.5 0.25 0.5

K==4,恒温下再向容器中通入1molA和1molD,Q==4,Q=K,平衡不移动,D项错误。

2.(双选)已知反应X(g)+Y(g)nZ(g)　ΔH>0,将X和Y以一定比例混合通入密闭容器中进行反应,各物质的浓度随时间的改变如图所示。下列说法不正确的是              (　　)。

A.反应方程式中n=1

B.10 min时,曲线发生变化的原因是升高温度

C.10 min时,曲线发生变化的原因是增大压强

D.前5 min内,用X表示的反应速率为v(X)=0.04 mol·L-1·min-1

答案:BD

解析:A项,根据图像可知,反应进行到5min时,X、Y和Z的浓度不再变化,反应达到平衡状态,此时X的浓度减少了0.4mol·L-1,Z的浓度增加了0.4mol·L-1,根据浓度的变化量之比等于化学计量数之比可知,n=1;B项,10min时,X、Y、Z的浓度瞬间增大,因此改变的条件一定不是温度;D项,前5min内,用X表示的反应速率为v(X)=0.4mol·L-1÷5min=0.08mol·L-1·min-1。

3.NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一,有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体,匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(见装置图)。

反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示,在50~250 ℃范围内随着温度的升高,NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是                                  　; 

当反应温度高于380 ℃时,NOx的去除率迅速下降的原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　　。 

答案:迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大,与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大;上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大但是催化剂活性下降　NH3与O2反应生成了NO

解析:在一定温度范围内催化剂活性较大,超过其温度范围,催化剂活性降低,根据图知,迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大,与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大;上升阶段缓慢主要是温度继续升高引起NOx去除反应速率增大,但是催化剂活性下降;在温度低于380℃、催化剂条件下,氨气能被催化氧化生成NO,当反应温度高于380℃时,NOx的去除率迅速下降的原因可能是氨气在该条件下与氧气反应生成NO。

4.硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化:SO2(g)+O2(g)SO3(g)　ΔH=-98 kJ·mol-1。回答下列问题:

(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示,V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 

图(a)

图(b)

(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时,在0.5 MPa、2.5 MPa和5.0 MPa压强下,SO2平衡转化率α随温度的变化如图(b)所示。反应在5.0 MPa、550 ℃时的α=　　　,判断的依据是　　　　　　　　。影响α的因素有　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器,在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时,若SO2转化率为α,则SO3压强为　　　　, 平衡常数Kp=　　　　(以分压表示,分压=总压×物质的量分数)。 

(4)研究表明,SO2催化氧化的反应速率方程为:

v=k(1-nα')

式中:k为反应速率常数,随温度t升高而增大;α为SO2平衡转化率,α'为某时刻SO2转化率,n为常数。在α'=0.90时,将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程,得到v-t曲线,如图(c)所示。

图(c)

曲线上v最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。t<tm时,v逐渐提高;t>tm后,v逐渐下降。原因是                                           　。 

答案:(1)2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)　ΔH=-351 kJ·mol-1

(2)0.975　该反应气体分子数减少,增大压强,α提高。5.0 MPa>2.5 MPa=p2,所以p1=5.0 MPa　温度、压强和反应物的起始浓度(组成)

(3)p　

(4)升高温度,k增大使v逐渐提高,但α降低使v逐渐下降。t<tm时,k增大对v的提高大于α引起的降低;t>tm后,k增大对v的提高小于α引起的降低

解析:本题属于化学反应原理类试题,主要考查了热化学方程式的书写、化学平衡及计算、化学平衡常数和速率常数、反应速率变化的原因分析等知识。对读图识图能力、信息吸收及应用能力、规范表达能力等要求较高。

(1)观察图(a),可得出以下两个热化学方程式:①V2O4(s)+2SO3(g)2VOSO4(s)　ΔH1=

-399kJ·mol-1,②V2O4(s)+SO3(g)V2O5(s)+SO2(g)　ΔH2=-24kJ·mol-1,由①-2×②得2V2O5(s)+2SO2(g)2VOSO4(s)+V2O4(s)

ΔH=-351kJ·mol-1。

(2)要分析反应在5.0MPa、500℃时的α,首先必须判断此时图像中压强对应p1、p2、p3中哪一个。在其他条件相同时,正反应是气体分子数减少的反应,压强越大SO2平衡转化率α越大,可确定此时对应压强为p1,SO2平衡转化率α=0.975。

(3)设起始时反应体系中气体的总物质的量为100mol,应用“三段式”进行计算可得:

　　　SO2　+       　O2         SO3

起始量/mol 2m m 0

变化量/mol 2mα mα 2mα

平衡量/mol 2m(1-α) m(1-α) 2mα

反应达平衡时,气体总物质的量减少了mαmol,则平衡时SO3压强为。

该反应在恒压容器中进行,因此,SO3的分压p(SO3)=,p(SO2)=,p(O2)=,在该条件下,Kp=。

(4)由题目已知信息知,SO2催化氧化反应为放热反应,温度升高后α降低。因为反应速率方程v=k(-1)0.8(1-nα'),升高温度,k增大使v逐渐提高,但α降低使v逐渐下降。当t<tm时,k增大对v的提高大于α引起的降低;当t>tm时,k增大对v的提高小于α引起的降低。